水溶液中的离子反应与平衡同步习题 2023-2024学年高二上化学人教版（2019）选择性必修1

第三章水溶液中的离子反应与平衡同步习题2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1一、单选题1．下列叙述正确的是（）A．石墨可以导电，所以石墨是电解质B．能够自发进行的反应一定是放热反应C．硫化钠溶液呈碱性的原因：D．0.1mol/L的甲酸溶液中含有，所以甲酸是弱电解质2．我国化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法(又称联合制碱法)，其中涉及的反应之一为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。下列有关说法正确的是（）A．CO2属于电解质 B．NH4Cl溶液显碱性C．NaHCO3中只含离子键 D．该反应属于非氧化还原反应3．下列物质因水解而使溶液显酸性的是（）A．KHSO4 B．Ba(NO3)2 C．NH4Cl D．Na2CO34．下列化学方程式中，属于水解反应的是（）A．H2O＋H2OH3O＋＋OH－ B．HS－＋OH－H2O＋S2－C．HS－＋H2OH3O＋＋S2－ D．HS－＋H2OH2S＋OH－5．下列各组物质中，都是强电解质的是（）A．HBr、HF、BaSO4 B．NH4Cl、CH3COONa、Na2SC．NaOH、Ca(OH)2、NH3·H2O D．HClO、NaF、Ba(OH)26．下列属于碱，又是弱电解质的是（）A．纯碱 B．一水合氨 C．氯水 D．火碱7．室温下，向0.1mol/L醋酸中通入氯化氢气体，下列描述错误的是（）A．pH逐渐减小 B．c(H+)增大C．水的电离程度会不断增大 D．Kw不变8．下列反应不属于水解反应或水解方程式错误的是（）①②③④碳酸氢钠溶液：⑤溶于中：A．①②③④ B．①②③ C．②③⑤ D．全部9．三硅酸镁（Mg2Si3O8·nH2O)难溶于水，在医疗上可做抗酸剂。它除了可以中和胃液中多余的酸之外，生成的H2SiO3还可覆盖在有溃疡的胃表面，缓解刺激。将0.184g三硅酸镁（Mg2Si3O8·nH2O）加入到50mL0.1mo1·L－1盐酸中，充分反应后，滤去沉淀，用0.1mo1·L－1NaOH溶液滴定剩余的盐酸，消耗NaOH溶液30mL，则n为（）A．6 B．5 C．4 D．310．常温下，为证明NH3•H2O是弱电解质。下列方法错误的是（）A．测定0.1mol·L-1氨水溶液的pHB．测定0.1mol·L-1NH4Cl溶液的酸碱性C．比较浓度均为0.1mol·L-1氢氧化钠溶液和氨水溶液的导电能力D．比较等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液分别和氨水反应至中性时，耗酸的体积大小11．室温时，下列混合溶液的pH一定小于7的是（）A．pH＝3的盐酸和pH＝11的氨水等体积混合B．pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钡溶液等体积混合C．pH＝3的硫酸和pH＝11的氨水等体积混合D．pH＝3的盐酸和pH＝11的氢氧化钡溶液等体积混合12．下列各项实验操作和现象推出的结论正确的是选项实验操作现象结论A①向某溶液中加入Ba(NO3)2溶液②再加足量盐酸①产生白色沉淀②仍有白色沉淀原溶液中有SOB取5mL0.1mol·L-1FeCl3溶液，滴加5~6滴0.1mol·L-1KI溶液，充分反应后，再滴加KSCN溶液溶液变红FeCl3和KI的反应是可逆反应C将足量SO2通入Na2CO3溶液中逸出的气体先通入足量的酸性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水中酸性高锰酸钾溶液颜色变浅，澄清石灰水变浑浊Ka1(H2SO3)>Ka1(H2CO3)D向蔗糖溶液中加入适量稀硫酸，水浴加热，冷却后向溶液中滴加新制Cu(OH)2悬浊液，加热未出现砖红色沉淀蔗糖未水解A．A B．B C．C D．D13．下列事实中，能说明HNO2是弱电解质的是（）A．用HNO2溶液做导电性实验，灯泡较暗B．HNO2是共价化合物C．HNO2溶液不与NaCl反应D．室温下，0.1mol·L－1HNO2溶液的pH为2.1514．下列物质溶于水促进水的电离且使溶液显酸性的是（）A．KHSO3 B．AlCl3 C．NaHSO4 D．H2SO415．设表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A．与组成的混合物中，含有的电子数目为B．（标准状况）与足量乙烷反应时，断裂的键数目为C．浓度均为的、溶液中，数目前者比后者多D．[电离方程式：]消耗数目最多为16．常温下，测得某稀盐酸的pH=2，下列讨论不正确是（）A．该溶液中c(H+)=1×10-2mol/LB．该溶液中c(OH-)=1×10-7mol/LC．该溶液中c(H+)>c(OH-)D．Kw=c(H+)·c(OH-)=1×10-1417．湿法提银工艺中，浸出Ag+需加Cl-沉淀。25℃，平衡体系中含Ag微粒的分布系数δ随lgc(Cl-)的变化曲线如图所示。已知：lgKsp(AgCl)=-9.75，下列叙述正确的是（）A．25℃时，AgCl的溶解度随c(Cl-)增大而减小B．沉淀最彻底时，溶液中c(Ag+)=10-7.21mol•L-1C．25℃时，AgCl+Cl-AgCl的平衡常数K=10-0.2D．当c(Cl-)=10-2.54mol•L-1时，溶液中c(Ag+)＞c(Cl-)＞c(AgCl)18．在0.1mol•L−1CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO－+H+，对于该平衡，下列叙述正确的是（）A．加热，平衡向逆反应方向移动B．加入少量0.05mol•L﹣1H2SO4溶液，溶液中c（H+）不变C．加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动D．加入少量水，水的电离平衡不移动19．根据下列实验能得出相应结论的是（）A．A B．B C．C D．D20．下列说法不正确的是（）A．水分解变成氢气和氧气属于不自发反应B．用润湿的pH试纸测稀NaOH溶液的pH，测定值偏小C．NaHCO3溶液加水稀释，水解程度增大，电离程度减小D．将pH=3的醋酸溶液稀释1000倍得到pH＜6醋酸溶液二、综合题21．某同学将适量的石灰石颗粒置于饱和溶液中，后续实验过程及典型实验现象如图所示。请回答下列问题：（1）能促进水的电离，其理由是；若饱和溶液的，则由水电离出的和乘积为。（2）用一个离子方程式解释Y中现象：。（3）将Y放置一昼夜后，将所得到的透明液体(记为Z)转移到另一个烧杯，并进行相应的实验(见图)，则X、Z中分散质粒子直径较大的是，将X溶液蒸干并灼烧，最后得到的固体物质是(填化学式)。（4）若向溶液中加入足量镁粉，充分反应后不可能得到的物质是______(填字母序号)。A． B． C． D．22．某工业废料中含有Cr(OH)3、Al2O3、CuO、NiO等物质，工业上通过下列流程回收其中有用的金属和制取Na2Cr2O7。已知：①“水浸过滤”后的溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2等物②除去滤渣II后，溶液中存在反应2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O③Na2Cr2O7、Na2CrO4在不同温度下的溶解度(g/100gH2O)如下表：（1）“焙烧”过程中生成NaAlO2的化学方程式为。（2）生成滤渣时，需加入适量稀硫酸调节溶液的pH除去AlO2-，若稀硫酸过量，则因过量引起反应的离子方程式为。（3）“系列操作”为：继续加入稀硫酸、、冷却结晶、过滤。继续加入稀硫酸的目的是；滤渣III中除含有少量硫酸钠晶体外，主要成分是(写化学式)。（4）工业上还可以在“水浸过滤”后的溶液中加入适量稀硫酸，用石墨作电极电解生产金属铬，阴极的电极反应式为。（5）流程图最后的“滤液”中仍然有残留的Na2Cr2O7。Cr为重金属元素，若含量过高就排入河流中，会对河水造成重金属污染。为测定“滤液”中的c(Na2Cr2O7)，某实验小组取“滤液”20mL，加水稀釋至250mL，再取稀释后的溶液25mL于锥形瓶中，用cmol/L'的FeSO4溶液进行氧化还原滴定，到终点时清耗FeSO4溶液体积为VmL[已知发生的反应为Na2Cr2O7+FeSO4+H2SO4→Na2SO4+Cr2(SO4)3+Fe2(SO4)3+H2O(未配平)]，则“滤液”中的c(Na2Cr2O7)=mol/L。23．t℃时，纯水中c(H+)=2.0×10-7mol·L-1，向其中加入少量Ba(OH)2溶液，保持温度不变，测得溶液中pH=12。回答下列问题：（1）该溶液中由水电离出来的c(OH-)=。（2）溶液中c(OH-)-c(H+)=(用离子符号表示)。（3）若将该溶液温度升高，pH(填“变大”、“变小”或“不变”)。（4）t℃时，将0.03mol·L-1的稀硫酸与该溶液等体积混合，保持温度不变，混合后溶液的pH为。（5）t℃时，将VA0.04mol·L-1的醋酸和VBL的Ba(OH)2溶液混合后，得到中性澄清溶液，则其体积关系VAVB(填“>”“<”或“=”，下同)。混合溶液中必定有一种离子能发生水解，其水解反应的离子方程式为。24．现有常温下两种溶液：①0.1mol•L-1NH3•H2O溶液②0.1mol•L-1NH4Cl溶液（1）溶液①的pH7(填‘>”“<”或“=”)；该溶液(填“促进”或“抑制”)了水的电离。（2）溶液②呈性(填酸”“碱"或“中”),c(Cl-)c(NH4+)(填‘>”“<”或“=”)，升高温度可以(填“促进”或“抑制“)NH4Cl的水解，此时溶液的pH(填“变大”或“变小”或“不变”)。25．25℃时，pH均为5的①HCl溶液、②CH3OOOH溶液和③NH4Cl溶液。回答下列问题：（1）③溶液中c(OH－)·c(H＋)＝。（2）①和②溶液加水稀释相同倍数后pH：①②(填“>”、“＝”或“<”，下同)；取相同体积的①和②溶液用NaOH中和，消耗NaOH的物质的量：①②。（3）三溶液中水的电离程度由大到小的顺序为。（4）③溶液中，下列关系式错误的是_______________A．c(NH4＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)B．(NH4＋)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)C．c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(H＋)D．c(Cl－)>c(NH4＋)>c(OH－)>c(H＋)

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．石墨可以导电是由于其中含有自由移动的电子，但石墨是非金属单质，不是化合物，所以石墨不属于电解质，A不符合题意；B．能够自发进行的反应△G=△H-T△S＜0，能够自发进行的反应可能是放热反应，也可能是吸热反应，不能只根据焓变判断反应进行的自发性，B不符合题意；C．硫化钠溶液呈碱性是由于在溶液中S2-存在水解平衡，但其水解反应逐步进行，主要是第一步水解，该步水解反应的离子方程式为：S2-+H2OHS-+OH-，C不符合题意；D.0.1mol/L的甲酸溶液中含有HCOOH电离产生的H+、HCOO-及未电离的HCOOH分子，在溶液中存在甲酸的电离平衡，因此甲酸是弱电解质，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.电解质是在水溶液或融入状态下能导电的化合物，石墨属于单质。

B.能够自发进行的反应△G=△H-T△S＜0，由此不能说明△H一定小于0。

C.H2S属于二元弱酸，弱酸根S2-水解分步进行，且主要以第一步水解为主。

D.弱电解质不能完全电离，其电离存在电离平衡2．【答案】D【解析】【解答】A．CO2在水溶液或熔融状态自身不能电离，属于非电解质，A不符合题意；B．NH4Cl溶液中铵根水解溶液显酸性，B不符合题意；C．NaHCO3中钠离子和碳酸氢根之间为离子键，非金属原子之间为共价键，C不符合题意；D．该反应中各元素化合价均未发生变化，属于非氧化还原反应，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；

B.铵根水解显酸性；

C.碳酸氢根中含有共价键；

D.氧化还原反应一定有元素的化合价发生变化。3．【答案】C【解析】【解答】A．KHSO4为强电解质，完全电离产生氢离子导致溶液显酸性，A与题意不符；B．Ba(NO3)2完全电离，溶液呈中性，B与题意不符；C．NH4Cl完全电离生成铵根离子、氯离子，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，溶液显酸性，C符合题意；D．Na2CO3完全电离生成钠离子和碳酸根离子，碳酸根离子水解导致溶液显碱性，D与题意不符；答案为C。

【分析】物质的水溶液因发生水解而显酸性的是强酸弱碱盐，弱碱阳离子结合水电离平衡状态的氢氧根离子促进水的电离，溶液氢氧根离子浓度小于氢离子浓度，溶液呈酸性。4．【答案】D【解析】【解答】水解反应是指：在溶液中盐电离出的离子与水电离出的H+和OH-结合生成弱电解质的反应。A.H2O＋H2OH3O＋＋OH－，是水的电离方程式，故A不符合题意；B.HS－＋OH－⇌H2O＋S2－，是HS－电离出的H+与OH－结合生成水的过程，属于离子反应方程式，故B不符合题意；C.HS－＋H2OH3O＋＋S2－，是HS－电离出的H+与H2O结合生成H3O＋的过程，属于HS－的电离方程式，故C不符合题意；D.HS－＋H2O⇌H2S＋OH－，是HS－与水电离出的H+结合生成H2S的反应，故D符合题意。故答案为：D。【分析】根据水解反应的定义分析判断是否为水解反应。5．【答案】B【解析】【解答】A.HF是弱电解质，不符合题意；

B.三种物质都属于盐类，属于强电解质，符合题意；

C.一水合氨是弱电解质，不符合题意；

D.HClO属于弱电解质，不符合题意；故答案为：B。【分析】根据强电解质和若电解质的概念进行判断是否属于强电解质即可。6．【答案】B【解析】【解答】根据碱、弱电解质的定义来判断：A.纯碱含有碳酸根，不属于碱，属于盐，是强电解质，A不符合题意；B.一水合氨是弱碱，属于弱电解质，B符合题意；C.氯水是混合物，不属于弱电解质，C不符合题意；D.火碱是氢氧化钠，是碱，属于强电解质，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】此题是对物质分类的考查，结合碱、弱电解质的定义进行分析即可。碱是指阴离子全部是OH-的化合物；弱电解质是指在水中部分电离的电解质。7．【答案】C【解析】【解答】醋酸在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向0.1mol/L醋酸中通入氯化氢气体，溶液中c(H+)增大，电离平衡逆向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，总的来说溶液中c(H+)增大。

A.向0.1mol/L醋酸中通入氯化氢气体，c(H+)增大，由于pH=-lgc(H+)，c(H+)越大，溶液的pH就越小，因此溶液的pH逐渐减小，A不符合题意；

B.向0.1mol/L醋酸中通入氯化氢气体，HCl溶解电离产生H+，使溶液中c(H+)增大，B不符合题意；

C.向0.1mol/L醋酸中通入氯化氢气体，HCl溶解电离产生H+，使溶液中c(H+)增大，但水的电离平衡逆向移动，因此水的电离程度减小，C符合题意；

D.Kw制与温度有关，与其它条件无关，温度不变，Kw不变，D不符合题意；

故答案为：C

【分析】醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，增大CH3COO-和H+浓度，平衡均逆向移动，通入氯化氢气体，溶液中c(H+)增大，电离平衡逆向移动；HCl溶于水完全电离，酸性增强，抑制水的电离。8．【答案】D【解析】【解答】①属于HCl的电离方程式，故①符合题意；②属于AlCl3的水解方程式，但水解是微弱的，应用“⇌”表示，而不是“=”，故水解方程式不符合题意，故②符合题意；③多元弱酸根离子的水解分步进行，因此水解方程式不符合题意，故③符合题意；④碳酸氢钠溶液：属于的电离方程式，故④符合题意，⑤溶于中水解方程式不符合题意，水解生成和，正确的水解离子反应方程式为：，故⑤符合题意；故答案为：D。

【分析】此题是对电离方程式和水解方程式书写的考查，结合电解质在水中的电离、离子的水解进行分析。9．【答案】A【解析】【解答】由题意知，三硅酸镁可以和盐酸反应生成的H2SiO3和氯化镁。将0.184g三硅酸镁（Mg2Si3O8·nH2O）加入到50mL0.1mo1·L－1盐酸中，充分反应后，滤去沉淀，用0.1mo1·L－1NaOH溶液滴定剩余的盐酸，消耗NaOH溶液30mL，则剩余的盐酸n(HCl)=n(NaOH)=0.003mol。50mL0.1mo1·L－1盐酸中含0，005mol溶质，所以与三硅酸镁反应的盐酸为0.002mol。由4HCl~Mg2Si3O8·nH2O可以求出三硅酸镁的物质的量为0.0005mol，求出三硅酸镁的摩尔质量为g/mol，则24，解之得n为6，A符合题意，故答案为：A。【分析】本题可以将三硅酸镁转化为硅酸盐的形式，即2MgSiO3·SiO2·nH2O，加入盐酸后生成H2SiO3和MgCl2，利用n(H+)=n(OH-)，可以求出反应掉的镁的物质的量，然后得到三硅酸镁的物质的量，再结合摩尔质量求出n。10．【答案】D【解析】【解答】A．测定0.1mol·L-1氨水溶液的pH，若其pH小于13，则说明NH3•H2O在水溶液中不完全电离，为弱电解质，故A不符合题意；B．测定0.1mol·L-1NH4Cl溶液的酸碱性，若其溶液显酸性，则说明溶液中存在铵根的水解，NH3•H2O为弱电解质，故B不符合题意；C．比较浓度均为0.1mol·L-1氢氧化钠溶液和氨水溶液的导电能力，若NaOH溶液的导电能力大于氨水，则说明NH3•H2O在水溶液中不完全电离，为弱电解质，故C不符合题意；D．无论NH3•H2O是强电解质还是弱电解质，等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液分别和氨水反应至中性时，都是消耗盐酸的体积小，故D符合题意；故答案为D。

【分析】如果用等物质的量浓度的盐酸和醋酸进行实验，所用的碱必须是强碱，才能比较。11．【答案】B【解析】【解答】A.pH＝3的盐酸和pH＝11的氨水等体积混合，由于一水合氨是弱碱，故其过量，溶液显碱性，A不符合题意；B.pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钡溶液等体积混合，由于醋酸是弱酸，故其过量，溶液显酸性，B符合题意；C.pH＝3的硫酸和pH＝11的氨水等体积混合，由于一水合氨是弱碱，故其过量，溶液显碱性，C不符合题意；D.pH＝3的盐酸和pH＝11的氢氧化钡溶液等体积混合，两者恰好完全反应，溶液显中性，D不符合题意。综上所述，混合溶液的pH一定小于7的是B。【分析】室温时，下列混合溶液的pH一定小于7的，其c(H+)一定大于1´10-7mol/L，溶液显酸性。pH＝3的溶液中，c(H+)=1´10-3mol/L；pH＝11的溶液中，c(OH-)=1´10-3mol/L，若其分别为强酸和强碱，则其混合后溶液显中性，而弱酸和弱碱存在电离平衡，溶液显什么性质要进行具体分析。12．【答案】C【解析】【解答】A．溶液中的亚硫酸根离子也能与硝酸钡溶液反应生成亚硫酸钡白色沉淀，加入足量盐酸，酸性条件下硝酸根离子将亚硫酸钡沉淀氧化为硫酸钡沉淀，所以向某溶液中加入硝酸钡溶液产生白色沉淀，再加足量盐酸仍有白色沉淀不能说明原溶液中含有硫酸根离子，故A不符合题意；B．过量的氯化铁溶液与碘化钾溶液反应后，溶液中含有铁离子，加入硫氰化钾溶液，溶液会变为红色，则溶液变红不能说明氯化铁溶液与碘化钾溶液的反应为可逆反应，故B不符合题意；C．将足量二氧化硫通入碳酸钠溶液中逸出的气体先通入足量的酸性高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，排出二氧化硫对二氧化碳检验的干扰，再通入澄清石灰水中变浑浊说明二氧化硫能与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，亚硫酸的一级电离程度大于碳酸，一级电离常数大于碳酸一级电离常数，故C符合题意；D．酸性条件下葡萄糖不能与新制氢氧化铜悬浊液反应，则向蔗糖溶液中加入适量稀硫酸，水浴加热，冷却后未加入氢氧化钠溶液中和稀硫酸，直接向溶液中滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热不可能产生砖红色沉淀，则未出现砖红色沉淀不能说明蔗糖未水解，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，若溶液中含有亚硫酸根，也能产生相同的实验现象；

B.该实验中氯化铁过量，溶液中始终存在铁离子；

D.蔗糖水解后，应在碱性环境中检验葡萄糖。13．【答案】D【解析】【解答】A.没有用强酸在相同条件下进行对照，故A不能说明HNO2是弱电解质；B.电解质的强弱与是否为共价化合物无直接关系，故B不能说明HNO2是弱电解质；C.在一般情况下强酸也不与NaCl反应，故C不能说明HNO2是弱酸；D.室温下，对于0.1mol·L－1HNO2溶液，若HNO2是强酸，则其pH为1，实际pH为2.15，由此说明HNO2不能完全电离，故其为弱酸，故D能说明HNO2是弱电解质。故答案为：D。

【分析】能说明HNO2是弱电解质的一般方法：

1、与相同浓度的一元强酸对比，pH值较大

2、与pH相同的一元强酸对比，加水稀释相同倍数，pH变化较小

3、与pH相同的一元强酸对比，加足量的金属反应，生成的氢气较多14．【答案】B【解析】【解答】A、KHSO3溶于水后，HSO3－的电离程度大于HSO3－的水解程度，使得溶液显酸性，HSO3－电离产生的H＋对水的电离起到抑制作用，A不符合题意。

B、AlCl3溶于水后，Al3＋发生水解反应Al3＋＋3H2O=Al(OH)3＋3H＋，使得溶液显酸性，Al3＋水解促进水的电离，B符合题意。

C、NaHSO4在水中完全电离NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－，使得溶液显酸性，H＋对水的电离起到抑制作用，C不符合题意。

D、H2SO4在水中完全电离H2SO4=2H＋＋SO42－，使得溶液显酸性，H＋对水的电离起到抑制作用，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】盐类的水解促进水的电离，要使溶液显酸性，则所加物质中应存在阳离子水解，据此结合选项进行分析。15．【答案】C【解析】【解答】A.C60与C50均是由碳原子组成的，3.6g碳原子的物质的量n(C)==0.3mol，每个C原子中含有6个电子，则0.3molC原子中含有电子数目：0.3mol×6NA/mol=1.8NA，选项A不符合题意；B.6.72L(标准状况)Cl2的物质的量n(Cl2)==0.3mol，Cl2与足量的乙烷反应时，有一半的氯原子取代烷烃分子中的氢原子，故反应时断裂的C-H键物质的量为0.3mol，选项B不符合题意；C.0.1L浓度为2mol/L盐溶液中含有溶质的物质的量为n=2mol/L×0.1L=0.2mol，若不考虑盐的水解，NH4+数目前者比后者多0.2NA，但NH4+能水解且水解程度与溶液中c(NH4+)有关，离子浓度越小，水解程度越大，故两种溶液中NH4+数目：前者比后者多的数值大于0.2NA，选项C符合题意；D.由硼酸电离方程式可知：硼酸为一元酸，所以0.1molH3BO3消耗OH-数目最多为0.1NA，选项D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.C60与C50均是由碳原子组成的，先计算碳原子的物质的量，再依据每个C原子中含有6个电子，确定含有电子数目；B.Cl2与足量的乙烷反应时，有一半的氯原子取代烷烃分子中的氢原子；C.离子浓度越小，水解程度越大；D.由硼酸电离方程式可知：硼酸为一元酸，所以0.1molH3BO3消耗OH-数目最多为0.1NA。16．【答案】B【解析】【解答】A.常温下，测得某稀盐酸的pH=2，则该溶液中c(H+)=1×10-2mol/L，A不符合题意；

B.常温下，测得某稀盐酸的pH=2，则该溶液中c(H+)=1×10-2mol/L，由于室温下时水的离子积常数为Kw=1×10-14mol/L，所以溶液中c(OH-)=1×10-12mol/L，B符合题意；

C.在该温度下，c(H+)=1×10-2mol/L，c(OH-)=1×10-12mol/L，所以该溶液中c(H+)>c(OH-)，C不符合题意；

D.室温下水的离子积是个常数，Kw=c(H+)·c(OH-)=1×10-14，D不符合题意；

故答案为：B

【分析】室温下水的离子积是个常数，Kw=c(H+)·c(OH-)=1×10-14，同样弱酸溶液中离子积常数也是Kw=c(H+)·c(OH-)=1×10-14，据此进行计算。17．【答案】B【解析】【解答】A、随着c(Cl-)增大，AgCl溶解转化为AgCl、AgCl和AgCl，其溶解度增大，故A错误；

B、沉淀最彻底时AgCl含量最高，此时lgc(Cl-)=-2.54，lgKsp(AgCl)=-9.75，则，故B正确；C、由图可知，当lgc(Cl-)=-0.2时，c(AgCl)=c(AgCl)，则AgCl+Cl-AgCl的平衡常数，故C错误；D、当c(Cl-)=10-2.54mol•L-1时，溶液中c(Cl-)＞c(Ag+)＞c(AgCl)，故D错误；故答案为：B。【分析】A、随c(Cl-)增大，AgCl的溶解度增大；

B、沉淀最彻底时AgCl含量最高；

C、根据计算；

D、结合图示分析。18．【答案】C【解析】【解答】A、弱电解质电离是吸热过程，加热促进电离，平衡向正反应方向移动，故A不符合题意；B、硫酸是强电解质，加入后溶液中c（H+）增大，电离平衡向着逆向移动，但是达到新的平衡时，溶液中c（H+）增大，故B不符合题意；C、加入少量NaOH固体后，H+和氢氧化钠反应，平衡向着正向移动，所以C选项是正确的；D、加入水时，溶液被稀释，电离平衡向着正向移动，会促进醋酸的电离，故D不符合题意；故答案为：C【分析】A.弱电解质的电离是吸热反应；

B.加入稀硫酸，氢离子浓度增大；

C.加入NaOH，中和氢离子，平衡向正反应方向移动；

D.弱电解质的浓度越小，电离程度越大。19．【答案】C【解析】【解答】A.HA是一元酸，H2CO3是二元酸，不能通过正盐水解程度大小来判断两者酸性的强弱，A不符合题意；B.FeI2溶液中滴加足量的溴水，生成溴化亚铁和单质碘，不能判断I-与Fe2+谁先反应，所以不能判断I-与Fe2+的还原性强弱，B不符合题意；C.化学反应的发生一般是由溶解度大的向溶解度小的方向进行，向饱和硫酸亚铁溶液中加入硫化铜固体，测得溶液中亚铁离子浓度不变，说明没有发生反应，可以证明Ksp(CuS)<Ksp(FeS)，C符合题意；D.硝酸银加入到过量氨水中应该得到银氨溶液，没有沉淀，银离子与一水合氨不能大量共存，D不符合题意；故答案为：C【分析】A、只能证明酸性HA＞HCO3-；

B、足量溴水都可以氧化，不能判断；

C、溶液中c(Fe2+)保持不变，说明不发生CuS和FeS的转化；

D、生成了银氨溶液为络合物；20．【答案】C【解析】【解答】A．水在一定条件下才能分解生成氢气和氧气，该反应属于非自发反应，A不符合题意；

B．用润湿的pH试纸测稀NaOH溶液的pH，会稀释NaOH溶液，测定值偏小，B不符合题意；

C．NaHCO3属于强碱弱酸盐，能完全电离生成Na+和HCO3-，HCO3-存在水解，且稀释促进水解，所以NaHCO3溶液加水稀释，水解程度增大，电离程度不变，C符合题意；

D．醋酸为弱酸，稀释促进其电离程度，所以将pH═3的醋酸溶液稀释1000倍得到pH＜6醋酸溶液，D不符合题意；

故答案为：C。【分析】A.反应自发进行的条件是△G=△H-T△S＜0，一般需要一定条件才能发生的反应不是自发反应。

B.注意使用干燥的pH试纸测定溶液的pH。

C.NaHCO3属于强碱弱酸盐，稀释促进水解，据此分析。

D.弱电解质不完全电离，且稀释促进弱电解质电离。21．【答案】（1）结合水所电离出的生成，从而促进了水的电离；（2）（3）Z；（4）C【解析】【解答】(1)结合水所电离出的生成，从而促进了水的电离。，，则水电离出的，。(2)水解产生的与反应生成，氢离子浓度下降、促进铁离子水解，则该反应的离子方程式为(胶体)。(3)由Z产生的现象知其是胶体，分散质粒子直径大于溶液中分散质粒子直径；加热蒸干过程中，氯化氢气体挥发、升温均促使完全水解生成，灼烧时氢氧化铁分解得到。(4)，A．加入的镁粉与作用可得到，A不符合；B．氢离子被消耗水解平衡向右移动可能得到，B不符合；C．与足量反应生成，无生成，C符合；D．被氧化为，D不符合；答案为C。【分析】(1)、盐的水解促进水的电离，水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相同；

(2)、水解产生的与反应生成，促进铁离子水解；

(3)、胶体具有丁达尔效应；升温均促使完全水解生成，灼烧时氢氧化铁分解；

(4)、依据金属活动性的强弱和化学平衡移动原理分析解答。

22．【答案】（1）Al2O3+Na2CO3=2NaAlO2+CO2↑（2）Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O（3）蒸发浓缩；促进化学平衡2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O向正反应方向移动，尽可能生成更多的Na2Cr2O7；Na2Cr2O7（4）Cr2O72-+14H++12e-=2Cr↓+7H2O（5）cV/12【解析】【解答】（1）“焙烧”过程中生成NaAlO2化学方程式为：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑。（2）加入适量稀硫酸调节溶液的pH除去AlO2-，得到Al(OH)3（滤渣II），若稀硫酸过量，Al(OH)3会反应，离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O。（3）加入硫酸酸化，发生反应2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，生成重铬酸钠溶液，“系列操作”是为了提纯得到重铬酸钠，操作为：继续加入稀硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗剂、干燥等；继续加入稀硫酸是为了促进化学平衡2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O向正反应方向移动，尽可能生成更多的Na2Cr2O7；滤渣III的主要成分是：Na2Cr2O7。（4）在“水浸过滤’’后的溶液中加入适量稀硫酸，生成重铬酸钠溶液，用石墨作电极电解生产金属铬，Cr2O72-在阴极发生得电子还原反应，+6价Cr变为0价，电极反应式为：Cr2O72-+14H++12e-=2Cr↓+7H2O。（5）根据题意，取了滤液的进行滴定，即2×10-3L，由Na2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=Na2SO4+Cr2(SO4)3+3Fe2(SO4)3+7H2O得：n(Na2Cr2O7)=n(FeSO4)=×V×10-3L×cmol•L-1，所以c(Na2Cr2O7)=×V×10-3L×cmol•L-1÷2×10-3L=mol•L-1。【分析】本题考查通过流程从工业废料中含有Cr(OH)3、Al2O3、CuO、NiO等物质，回收其中有用的金属和制取Na2Cr2O7。由已知，结合流程，以含有Cr(OH)3、Al2O3、CuO、NiO等物质的工业废料为原料，烘干后加入碳酸钠在空气中高温焙烧，发生反应4Cr(OH)3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+6H2O+4CO2，Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑，水浸后过滤得到滤渣CuO、NiO，滤液为Na2CrO4，NaAlO2等，调节溶液pH，沉淀偏铝酸根离子，过滤得到滤液Na2CrO4，加入硫酸酸化，生成重铬酸钠溶液，通过提纯得到重铬酸钠。23．【答案】（1）1.0×10-12mol·L-1（2）2c(Ba2+)（3）变小（4）2（5）＞；CH3COO-+H2O⇌OH-+CH3COOH【解析】【解答】(1)t℃时，纯水中c(H+)=2.0×10-7mol·L-1，向其中加入少量Ba(OH)2溶液，保持温度不变，测得溶液中pH=12，则c(H+)=1.0×10-12mol·L-1，根据水电离方程式：H2OH++OH-可知水电离产生的c(OH-)=c(H+)=1.0×10-12mol·L-1；(2)在该溶液中存在电荷守恒：2c(Ba2+)+c(H+)=c(OH-)，所以溶液中c(OH-)-c(H+)=2c(Ba2+)；(3)若将该溶液温度升高，水电离程度增大，水电离产生的c(H+)也增大。水电离产生的c(H+)越大，则溶液的pH就越小。所以升高温度，溶液pH变小；(4)t℃时，纯水中c(H+)=2.0×10-7mol·L-1，则该温度下水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-)=2.0×10-7mol·L-1×2.0×10-7mol·L-1=4.0×10-14(mol·L-1)2。向其中加入少量Ba(OH)2溶液，保持温度不变，测得溶液中pH=12，则该溶液的c(OH-)=。加入等体积的0.03mol·L-1的稀硫酸中c(H+)=0.03mol/L×2=0.06mol/L，将两种溶液等体积混合，发生反应：H++OH-=H2O，显然二者恰好反应的物